Uma massa pesando 64 libras presa a uma extremidade da mola distende-a em 0,32 pé. A massa é inicialmente solta de um ponto 8 polegadas acima da posição de equilíbrio a uma velocidade de 5 pés/s para baixo.
a) Determine a equação do movimento.
b) Qual é a amplitude e o período do movimento?
c) Quantas ciclos completos a massa concluirá após 3 \pi segundos?
d) Em que instante a massa passa pela posição de equilíbrio, dirigindo-se para baixo pela segunda vez?
e) Em que instante a massa atinge seu deslocamento extremo em ca líbrio?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as seguintes coisas.
Dados:
  • Uma massa que pesa \,64 libras presa a uma mola estende-a \,0,32 pé.
  • A massa é solta de um ponto 8 polegadas acima da posição de equilíbrio com velocidade inicial de 5 pés/s para baixo.
Perguntas:
a) Determine a equação do movimento x(t) (deslocamento a partir do equilíbrio).
b) Determine a amplitude e o período do movimento.
c) Quantos ciclos completos a massa concluirá após 3\pi segundos?
d) Em que instante a massa passa pela posição de equilíbrio, dirigindo-se para baixo, pela segunda vez?
e) Em que instante a massa atinge seu deslocamento extremo (máximo afastamento) pela primeira vez?
Observações sobre unidades (dados que vou usar ao resolver): 8 polegadas = \dfrac{8}{12} =\dfrac{2}{3} pé. Vou tomar a convenção positiva para baixo (ou seja, x>0 indica deslocamento para baixo a partir da posição de equilíbrio).

Passo 2

Converter unidades e achar massa m e constante da mola k.
Explicação curta (Hooke e peso → massa):
  • Hooke: força elástica \,F_{\text{mol}} = kx, sendo k a constante da mola (unidade: lb/ft aqui).
  • O peso da massa é W=64 lb; em unidades inglesas a relação entre peso e massa é W = m g com g=32 ft/s ^2. Assim a massa (em slugs) é
m=\frac{W}{g}=\frac{64}{32}=2 \quad\text{(slugs)}.
  • A mola se alonga x=0,32 pé sob o peso 64 lb, então por Hooke
k=\frac{W}{x}=\frac{64}{0,32}=200\quad\text{(lbf/ft)}.
Resumo numérico que vou usar:
m=2,\qquad k=200.

Passo 3

Montar a equação diferencial do movimento e identificar a frequência angular.
Sem atrito (os dados não mencionam amortecimento), a equação para deslocamento x(t) em torno do equilíbrio é
m x'' + k x = 0.
Substituindo m e k numéricos:
2 x'' + 200 x = 0.
Dividindo por 2:
x'' + 100 x = 0.
Isto é um oscilador harmônico simples com \omega^2 =100, portanto
\omega = 10\quad\text{(rad/s)}.

Passo 4

Resolver a EDO e aplicar as condições iniciais (aqui começa a calcular a solução específica).
Solução geral da EDO \,x''+\omega^2 x=0 é
x(t) = C_1\cos(\omega t) + C_2\sin(\omega t).
Com \omega=10:
x(t) = C_1\cos(10t) + C_2\sin(10t).
Condições iniciais (convertidas para pés e sinais conforme convenção positiva para baixo):
  • Posição inicial: x(0)= 8 polegadas acima do equilíbrio = -\dfrac{2}{3} pé (negativo porque é acima).
  • Velocidade inicial: x'(0)=5 ft/s para baixo =+5.
Aplicar x(0)=C_1 = -\dfrac{2}{3}.
Derivando:
x'(t) = -10 C_1 \sin(10t) + 10 C_2 \cos(10t).
Logo x'(0)=10 C_2 = 5, portanto C_2 = \dfrac{1}{2}.
Assim a solução particular fica
x(t) = -\dfrac{2}{3}\cos(10t) + \dfrac{1}{2}\sin(10t).

Passo 5

Colocar a solução em forma de amplitude-fase e extrair amplitude e período (aulas rápidas junto).
Forma amplitude-fase: qualquer x(t)=C_1\cos(\omega t)+C_2\sin(\omega t) pode ser escrita como
x(t) = A\cos(\omega t - \delta),
onde A=\sqrt{C_1^2+C_2^2} e \delta satisfaz \cos\delta = C_1/A,\\ \sin\delta = C_2/A.
Calcular a amplitude A:
A=\sqrt{\Big(-\dfrac{2}{3}\Big)^2 + \Big(\dfrac{1}{2}\Big)^2} =\sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{4}} =\sqrt{\dfrac{16+9}{36}} =\sqrt{\dfrac{25}{36}}=\dfrac{5}{6}\\ \text{pé}.é
Período T do movimento: T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{10}=\dfrac{\pi}{5} segundos.
Observação didática rápida: amplitude é o máximo afastamento da posição de equilíbrio; período é o tempo para um ciclo completo.

Passo 6

Responder c) número de ciclos completos em 3\pi segundos.
Número de ciclos N = \dfrac{\text{tempo total}}{T} = \dfrac{3\pi}{\pi/5} = 3\pi\cdot \dfrac{5}{\pi} = 15.
Portanto completa exatamente 15 ciclos em 3\pi segundos.

Passo 7

Determinar os instantes em que a massa passa pela posição de equilíbrio ( x=0) e escolher o segundo instante em que está dirigindo-se para baixo (questão d). Ensino rápido como checar direção usando a velocidade.
Resolver x(t)=0:
-\dfrac{2}{3}\cos(10t)+\dfrac{1}{2}\sin(10t)=0.
Rearranjando:
\dfrac{1}{2}\sin(10t)=\dfrac{2}{3}\cos(10t) \quad\Longrightarrow\quad \tan(10t)=\dfrac{4}{3}.
Logo as soluções gerais são
10t=\arctan\!\Big(\dfrac{4}{3}\Big)+n\pi,\qquad n\in\mathbb{Z},
ou
t_n=\dfrac{1}{10}\Big(\arctan\!\big(\tfrac{4}{3}\big)+n\pi\Big).
Agora precisamos escolher entre essas passagens quais têm velocidade positiva (para baixo). A velocidade é
x'(t) = -10\Big(-\dfrac{2}{3}\Big)\sin(10t)+10\Big(\dfrac{1}{2}\Big)\cos(10t) = \dfrac{20}{3}\sin(10t)+5\cos(10t).
Para testar o sinal em t_n usamos que, para \theta=\arctan(4/3), sabemos as razões trigonométricas (triângulo 3-4-5):
\cos\theta=\dfrac{3}{5},\qquad \sin\theta=\dfrac{4}{5}.
Para 10t_0=\theta (ou n par) a velocidade vale
x'(t_0)=\dfrac{20}{3}\cdot\dfrac{4}{5}+5\cdot\dfrac{3}{5}= \dfrac{16}{3}+3 = \dfrac{25}{3}>0,
ou seja, movimento para baixo. Para n ímpar o seno e cosseno trocam de sinal e a velocidade será negativa (movimento para cima). Assim as passagens por x=0 dirigindo-se para baixo acontecem para índices n=0,2,4,\dots
A primeira passagem para baixo é com n=0:
t_{0}=\dfrac{1}{10}\arctan\!\Big(\dfrac{4}{3}\Big).
A segunda passagem para baixo é com n=2:
t_{2}=\dfrac{1}{10}\Big(\arctan\!\big(\tfrac{4}{3}\big)+2\pi\Big).
Valor numérico aproximado (pra você ter noção):
\arctan\!\Big(\dfrac{4}{3}\Big)\approx 0,927295\\ \text{rad}\quad\Rightarrow\quad t_{2}\approx \dfrac{0,927295+2\pi}{10}\approx 0,72105\\ \text{s}.

Passo 8

Determinar os instantes de deslocamento extremo (questão e). Duas abordagens equivalentes: (i) resolver x'(t)=0 ou (ii) usar forma amplitude-fase. Vou usar amplitude-fase porque gera respostas limpas.
Já achamos a amplitude A=\dfrac{5}{6}. Calcular a fase \delta a partir de
\cos\delta=\dfrac{C_1}{A}=\dfrac{-2/3}{5/6}=-\dfrac{4}{5},\qquad \sin\delta=\dfrac{C_2}{A}=\dfrac{1/2}{5/6}=\dfrac{3}{5}.
Isto corresponde a um ângulo \delta no segundo quadrante com
\delta = \pi - \arctan\!\Big(\dfrac{3}{4}\Big).
Portanto podemos escrever
x(t)=\dfrac{5}{6}\cos\big(10t-\delta\big).
Deslocamentos extremos ocorrem quando o cosseno vale \pm 1. O máximo (deslocamento extremo positivo de +\!A) ocorre quando \cos(10t-\delta)=1, ou seja
10t-\delta = 2\pi n \quad\Longrightarrow\quad t = \dfrac{\delta + 2\pi n}{10},\qquad n\in\mathbb{Z}.
A primeira ocorrência (primeiro máximo) corresponde a n=0:
t_{\text{máx,1}} = \dfrac{\delta}{10} = \dfrac{1}{10}\Big(\pi - \arctan\!\big(\tfrac{3}{4}\big)\Big).á
Valor numérico aproximado:
\arctan\!\Big(\tfrac{3}{4}\Big)\approx 0,643501\\ \text{rad},\quad \delta\approx \pi-0,643501\approx 2,498091\\ \text{rad},
t_{\text{máx,1}}\approx \dfrac{2,498091}{10}\approx 0,24981\\ \text{s}.á
(Isto coincide com o resultado de resolver x'(t)=0 e escolher o primeiro tempo positivo em que a derivada muda sinal apropriado.)

Resposta

a) x(t)=-\dfrac{2}{3}\cos(10t)+\dfrac{1}{2}\sin(10t) pé.
b) Amplitude A=\dfrac{5}{6} pé; Período T=\dfrac{\pi}{5} s.
c) 15 ciclos completos.
d) A segunda passagem pela posição de equilíbrio dirigindo-se para baixo ocorre em
t=\dfrac{1}{10}\Big(\arctan\!\big(\tfrac{4}{3}\big)+2\pi\Big)\approx 0{,}72105\\ \text{s}.
e) O primeiro instante em que a massa atinge seu deslocamento extremo (máximo) é
t=\dfrac{1}{10}\Big(\pi - \arctan\!\big(\tfrac{3}{4}\big)\Big)\approx 0{,}24981\\ \text{s}.

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